Page13河北省隆化縣2024-2025學年高一數學上學期期末模擬（一）試題一、單選題（本大題共8小題，共40分.在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）1.下列三個結論中，正確結論序號是（）（1）集合是無限集；（2）集合，集合，則（3）若全集為，且，，則是的充分條件．A.（1）（2） B.（1）（3）C.（2）（3） D.（1）（2）（3）【答案】A【解析】【分析】依據集合的概念可推斷（1），化簡集合依據并集的定義可推斷（2），依據充分必要條件的定義結合條件可推斷（3）.【詳解】因為為無限集，故（1）正確；因為集合，集合，所以，故（2）正確；由可推出，而由推不出，所以是的必要不成分條件，故（3）錯誤；所以正確結論的序號是為（1）（2）.故選：A.2.下列說法正確的是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則【答案】C【解析】【分析】依據已知條件結合不等式的性質可推斷C正確；舉反例可推斷ABD錯誤.【詳解】對于A，若，則，故A錯誤；對于B，若，則，故B錯誤；對于C，若，則，故C正確；對于D，若，則，故D錯誤故選：C.3.若函數為冪函數，且在區間上單調遞增，則m=（）A. B.3 C.或3 D.2或【答案】A【解析】【分析】依據已知條件列出關于的方程和不等式可求出結果.【詳解】因為函數為冪函數，且在區間上單調遞增，所以且，由，得或，當時，滿意，當時，不滿意，舍去，綜上，故選：A4.已知函數，若，則實數（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】【分析】先求，再計算計算后可得結論．【詳解】由題意，，解得．故選：C．【點睛】本題考查求分段函數的函數值，解題時要留意依據自變量不同的范圍選取不同的表達式計算．5.函數的圖象關于A.軸對稱 B.直線對稱C.坐標原點對稱 D.直線對稱【答案】C【解析】【詳解】是奇函數，所以圖象關于原點對稱．6.930°=（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用角度制和弧度制互化公式進行計算.【詳解】930°=930°×=．故選：D7.已知函數的定義域和值域都是，則（）A. B. C.1 D.【答案】A【解析】【分析】分和，利用指數函數的單調性列方程組求解.【詳解】當時，，方程組無解當時，，解得故選：A.8.若，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用積化和差公式化簡，求值.【詳解】.故選：B二、多選題（本大題共4小題，共20分.在每小題有多項符合題目要求）9.下列命題錯誤的是（）．A.， B.，C.， D.，【答案】AC【解析】【分析】依據指數函數和對數函數性質對各個選項進行推斷．【詳解】由指數函數的性質可知，當時，，恒成立，A錯誤；由對數函數的性質可知，當時，，，恒成立，B正確；對于C，當時，，，則，C錯誤；對于D，當時，，由對數函數與指數函數的性質可知，當時，恒成立，D正確．故選：AC．【點睛】本題考查全稱命題和特稱命題的的真假推斷，駕馭指數函數和對數函數的性質是解題關鍵．10.已知關于的不等式的解集是，則下列結論中正確的是（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】【分析】由不等式的解集可得出，且、為方程的兩根，利用韋達定理可將、用表示，進而可推斷各選項的正誤.【詳解】由于關于的不等式的解集是，則，且、為方程的兩根，由韋達定理得，得，，，A選項錯誤，B、C選項正確；設，則，D選項錯誤.故選：BC.【點睛】在已知一元二次不等式的解集求參數的問題時，要留意解集的端點值是對應一元二次方程的根，同時要結合解集確定首項系數的正負.11.下列函數以為對稱中心的有（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】由正弦函數與正切函數的對稱性對每個選項逐項推斷即可.【詳解】對于A，中心為，沒有整數解,所以不是對稱中心.對于B,中心為,得，所以為對稱中心對于C,所以不是對稱中心.對于D,,所以為對稱中心.故選：BD12.已知函數若函數恰有3個零點，則的取值可能為A. B.1 C.2 D.【答案】BC【解析】【分析】函數恰好有3個零點，等價于函數圖像有三個交點，作出函數圖像，結合圖像即可得出答案.【詳解】解：函數恰好有3個零點，等價于有三個不等實根，作出的圖象如下：可得當時，的圖象與有三個交點．故選：BC【點睛】依據函數零點的狀況求參數有三種常用方法：（1）干脆法：干脆依據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數范圍；（2）分別參數法：先將參數分別，轉化成求函數值域問題加以解決；（2）數形結合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象，然后數形結合求解.三、填空題（本大題共4小題，共20分）13.若時，的最大值是____________.【答案】-7【解析】【分析】變換，干脆利用均值不等式得到答案.【詳解】.當且僅當，即時等號成立.故答案為：14.已知,且f(m)=6，則實數m=______________.【答案】【解析】【分析】用換元法求得函數解析式，由解析式求解．【詳解】設，則，代入已知式得，即，，解得．故答案為：．【點睛】本題考查求函數解析式，解題方法是換元法．求函數解析式還有其他方法：待定系數法，配湊法，方程組法等等．15.已知對數函數的圖象過點，則不等式的解集______．【答案】【解析】【分析】設，利用點求得的值，利用對數運算化簡不等式后求得不等式的解集.【詳解】設，代入點得，故，即.故原不等式可化為，即，解得，故不等式的解集為.【點睛】本小題主要考查對數函數解析式的求法，考查對數不等式的解法，屬于中檔題.16.已知函數，若，則實數的取值范圍是___________.【答案】【解析】【分析】依據分段函數解析式，分段探討，利用指數函數，對數函數性質解不等式，然后取并集即得.【詳解】當，當，故.故答案為:四、解答題（本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17.已知集合，，，實數集為全集．（1）求，（2）假如，求的取值范圍．【答案】（1），或（2）【解析】【分析】（1）由集合的運算求解即可.（2）由得出，分類探討，兩種狀況，由包含關系得出的取值范圍．【小問1詳解】因為集合，，所以.因為或，所以或.【小問2詳解】因為，所以，當時，即，也即時，滿意條件；當時，由有，解得，綜上所述，的取值范圍是.18.已知函數.（1）推斷函數在區間上的單調性，并用定義證明你的結論；（2）求函數在區間上的最大值與最小值．【答案】（1）函數在上是增函數，證明見解析；（2）最大值為，最小值為.【解析】【分析】（1）利用單調性的定義，任取，且，比較和的大小，即可得單調性；（2）由函數的單調性即可得函數最值.【小問1詳解】函數在上是增函數，證明：任取，且，.∵，，∴，即.∴函數在區間上是增函數.【小問2詳解】由（1）知函數在區間上是增函數，故函數在區間上的最大值為，最小值為.19.函數，（1）求函數的定義域；（2）求函數的零點；（3）若函數的最小值為，求的值【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）利用對數型復合函數的定義域求解即可；（2）依據零點的定義結合對數的基本運算即可求解；（3）利用對數函數的單調性即可求解.【小問1詳解】解：要使函數有意義，則，解得：所以函數的定義域為：【小問2詳解】解：令，得：即解得：因為所以函數的零點為.【小問3詳解】解：且函數的最小值為即，得即.20.設函數.（1）求函數的最小正周期和單調遞增區間；（2）求函數在區間上的最小值和最大值，并求出取最值時的值．【答案】（1），；（2）見解析【解析】【分析】（1）依據正弦函數性質求函數的最小正周期和單調遞增區間；（2）先確定取值范圍，再依據正弦函數性質求最值及其對應自變量.【詳解】（1）函數的最小正周期為，由的單調增區間是可得，解得故函數的單調遞增區間是．（2）設，則，由在上的性質知，當時，即，；當時，即，．【點睛】本題考查正弦函數周期、單調區間、最值，考查基本分析求解實力，屬中檔題.21.某商場銷售某種商品的閱歷表明，該商品每日的銷售量（單位：千克）與銷售單價（單位：元/千克）滿意關系式，其中，為常數，已知銷售單價為元/千克時，每日可售出該商品千克.（1）求的值；（2）若該商品的進價為元/千克，試確定銷售單價的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大，并求出利潤的最大值.【答案】（1）（2）當時，函數取得最大值，且最大值等于440.【解析】【分析】（1）將x=6時，y=220代入關系式，即可求出a；（2）依據每日銷售該商品所獲得的利潤＝每日的銷售量×銷售該商品的單利潤，可得日銷售量的利潤函數，依據二次函數求最值的方法得出最大值對應的x值．【詳解】（1）因為.且時，.所以解得..（2）由（1）可知，該商品每日的銷售量.所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤：因為為二次函數，且開口向上，對稱軸為.所以，當時，函數取得最大值，且最大值等于440.所以當銷售價格定為6元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大，最大利潤為440元.【點睛】本題考查了函數解析式的求法及生活中的優化問題，考查建模思想，屬于中檔題．22.已知函數的圖象過點，且圖象上與點最近的一個最低點是．（1）求的解析式；（2）若在區間上有